XV математическая

Квант 1973, №11 с. 64, 66, 67, 68, 69, 70 Тег F65C

ХV математическая

Н. С. Петраков В. А. Сковорцов

Завершилась еще одна Международная математическая олимпиада школьников. На этот раз она проходила в Москве с 5 по 16 июля. В олимпиаде приняли участие команды 16 стран: Австрии, Болгарии, Великобритания, Венгрии, ГДР, Кубы, Монголии, Нидерландов, Польщи, Румынии, Советского Союза, Финляндии, Франции, Чехословакии, Швейции, Югославии.

Это была самая представительная олимпиада за всю историю международных математических олимпиад.

В команду каждой страны входило 8 участников (за исключением команды Кубы, состоящей из 5 участников) — победителей национальных олимпиад.

В команду СССР вошли 8 учащихся десятих классов — первых и вторых призеров седьмой Всесоюзной олимпиады. Из числа вторых призеров были включены те, которые имели лучшую олимпиейскую биографию.

Будaeв Виктор — выпускник школа № 7 города Смоленска. В 1970, 1971, 1972, 1973 г. он получил первые premii на Смоленских

Команда СССР на XV Международной математической олимпиаде школьников: сидят (слева направо) Натум Гольцман, Виктор Будаев, В. А. Сковорцов (руководитель команды), Павел Грозман, Георгий Егоров,

Сергей Конягин, Константин Юрша, Дмитрий Лешинер; стоят Л. М. Пашкова (зам. руководителя команды), Е. А. Морозова и И. С. Петраков (члены жюри), Евгений Хухро.

Торжественное открытие XV Международной математической олимпиады школьников. Выступает председатель оргкомитета олимпиады вице-президент АПН СССР профессор А. И. Маркушевич.

7 июля на засеединении Международного жюри из 14 председательно отбранных задач, присланых странами-участниками, выделили 6, которые были предложены участикам олимпиады, и утвердили количество очков, присуждающихся за решение каждой задачи. Соревнования проводились в два дня 9 и 10 июля в школе № 68 Куйбышевского района Москвы, причем в каждой день на решение трех задач отводилось по 4 часа. Затем руководители команд совместно с своим замечательями проверили работы и давали им председательную оценку. Единство критериев оценки работ всех участиков олимпиады обеспечивалось координатами, выделенными из числа Москвы математиков. Каждый задач курировали 3 координатора, которые проверили ее решение у всех участиков.

Обсуждение работ школьников. Слева направо: В. Гутенахер (координатор), руководитель французской команды профессор М. Глазер, В. Дорофеев (координатор).

и согласовыхали оценки с руководителемами. Всю работу координаторов возглавляли Н. Васильев и А. Тоом. В состав координаторов вошли: Е. Бургина, В. Гутенахер, Г. Дорофеев, А. Егоров, А. Кочергин, А. Леонтович, Л. Митюшин, Ж. Рабботи Г. Гуревич.

Закрытие XV Международной математической олимпиады школьников.

Победители олимпиады (слева направо): Дэвид Готто (Великобритания) — диплом I степени и премия журнала «Квант», Георгий Егоров (СССР), Павел Грозман (СССР), Сергей Кониягин (СССР) — дипломы I степени, Янош Коллар (Венгрия) — диплом I степени и премия журнала «Квант».

Председатель оргкомитета олимпiadы профессор А. И. Маркушевич вручает диллом II степени Павлю Крегеру (ГДР), получившему также премию журнала «Квант».

Лауреат премии журнала «Квант» Луис Састр (Куба).

Зам. Главного редактора журнала «Квант» М. Л. Смолянский, вручает премию журнала Жану-Кристофу Еккоц (Франция).

13 июля Международное журн�i поделено итоги совершенствии и присудило признаны победителями. Было решение диломы I степени вручить участникам, набравшим от 35 до 40 очков. Их получили:

Конягиин Сергей (СССР), Грозман Павел (СССР), Егоров Георгий (СССР), Коллар Янош (Венгрия), Готто Дэвид (Великобритания).

Диломы II степени было решено вручить участникам, набравшим от 27 до 34 очков. Их получили:

Окнеану Адриан (Румыния), Будаев Виктор (СССР), Еккоц Жан-Кристоф (Франция), Андрейчак Гжегош (Польша), Штайнер Михаел (Швеция), Вегерт Елиас (ГДР), Верман Пиотр (Польша), Воннет Мишель (Франция), Пальфи Петер Пал (Венгрия), Ферст Пауль (Чехословакия), Кисс Эмиль (Венгрия), Боттхер Альбреxt (ГДР), Лешинер Дмитрий (СССР), Крёгер Пауль (ГДР), Леблонд Денис (Франция).

Дипломы III степеня былиручены, набравшим от 17 до 26 очков. Среди получивших дипломы III степеня — члены советской комисды Гольцман Наум, Юрша Константин и Хухро Евгений.

Таким образом, все советские участники олимпiadы стали признами XV Международной математической олимпiadы.

Команда Советского Союза набрала наиболее число очков — 254.

На закрытини олимпiadы (ноно состоялось в Московском Дворце пioneров) председатель оргкомитета профессор А. И. Маркушевич от имени оргкомитета вручил призы поедетелям олимпiadы.

Редколлегия журнала «Квант» установила ряд премий для иностранных участников олимпiadы. От имени редколлегии журнала премии былиручены заместителем главного редактора журнала М. Л. Смолянским. Первым луреатами премии «Кванта» стали:

Дэвид Готто (Великобритания), Янош Коллар (Венгрия), Жан-Кристоф Еккц (Франция), Пауль Крёгер (ГДР) и Луис Састр (Куба).

В заключение от имени Международного журнала руководителя делегии ГДР профессор Башс сердечно поблагодарил оргкомитет XV ММО за проделанную большую работу и передал приглашение странами участникам приехать на XVI Международную математическую олимпiadу, которая состояется в 1974 году в г. Эрфурде (ГДР).

Приведем теперь задачи XV Международной математической олимпiadы и их краткие решения.

Задачи

1 (Чехословакия. Полное решение оценявалось б-ю очками). Точка О лежит на прямой l; ОР₁, ОР₂, …, ОРₙ — единичные векторы также, что все точки P₁, P₂, …, Pₙ лежат в одной плоскости, содержащей l, и все no odну стропу om l. Докажите, что если n — нечетное, то |OP₁| + |OP₂| + … + |OPₙ| ≥ 1, где |OM| обозначает длину вектора ОМ.

2 (Польша, 6 очков). Вышить, существует ли конечное множество M может в пространстве, не лежащее в одной плоскости, такое, что для любых двух точки A, B, принадлежих M, найдется две другие точки C, D, принадлежих M, также, что приемые AB и CD паралельны и не совпадают.

3 (Швениция, 8 очков). Наимimumальное значение a² + b², где a и b — действительные числа, для которых уравнение x¹ + ax³ + bx² + ax + 1 = 0 имеет no крайней мере один действительный корень.

4 (Югославия, 6 очков). Солдат должен проверить отсутствие мин на участке, имеющем форму равностороннего треугольника, включая границу. Радусе действия его детектора равен положение высоты треугольника. Солдат выходит из одной вершины треугольника. Какой путь он должен выравнить, чтобы наименование возможно рассмотрение и выполнить задачи?

5 (Польша, 6 очков). Непустное множество G не равных последней функции действительного аргумента x вida f(x) = ax + b, где a, b — действительные числа, удовлетворяем следующим условиям:

a) если f, g ∈ G, то g · f ∈ G, где (g · f)(x) = g(f(x)), то есть множество G замкнуто относительно суперпозиции;

b) если f ∈ G, то f(x) = ax + b, то обратная функция f⁻¹ ∈ G, где f⁻¹(x) = x - b/a;

b) для любой f ∈ G существуют x₁, …, aₙ — данные n положительных чисел u q — данные действительных числа, причем 0 < q < 1. Наимimum также n действительных чисел b₁, …, bₙ, что

a) aₙ > bₙ при всех k от 1 до n;

b) q < (bₙ+1)/bₙ < 1/q при всех k от 1 до n-1;

b) b₁ + … + bₙ < (1+q)/(1-q)(a₁ + … aₙ).

Решения задач

Доказательство можно проверить по индукции. При n = 1 утверждение очевидно. Пусть оно верно при некотором n = k. Осуществим индуктивный переход от n = k к n = k + 2. Выберем на прямой l направление, перемещением данные векторы в порядке возрастания угла (угол отсутствия против часов стрелки), который они образуют с положительным направлением прямой l (рис. 1). Суммой векторов OP₁ и OP₂ + 2 является вектор OR, изображаемый

Рис. 1.

диагональное ромба со сторонами $OP_1$ и $OP_{k+2}$ . Поэтому каждый из углов $P_1OR$ и $ROP_{k+2}$ не превосходит $\frac{\pi}{2}$ . Пусть $OS = \sum_{i=2}^{k+1} OP_i$ . Из виденной нумерации векторов следует, что вектор $OS$ заключит либо внутри угла $P_1OR$ , либо внутри угла $ROP_{k+2}$ , либо следовательно, угол $ROS$ острый. Сумма $OR + OS$ изображается диагональю $OT$ соответствующего параллелограмма. В треугольнике $OST$ угол $OST$ тупой. Поэтому сторона $OT$ является наиболеешей, то есть $|OT| > |OS|$ . Но $|OS| \geq 1$ по предположению индукции. Значит, $\sum_{i=1}^{k+2} OP_i = |OT| \geq 1$ .

Легко проверить, что таким множество будет, например, множество вершин двух правильных шестиугольников, имеющих общий центр, но лежащих в разных плоскостях.

Нетрудно показать, что число элементов в множестве с требутыми свойствами может быть скольгу углоно велико. Интересно было выяснить, каково наименьшее возможное элемент в таком множестве (в前提ном выше примере их, по крайней мере, 10). Можно ли элементов быть нечетным?

Заметив, что $x = 0$ не является корнем данного уравнения, преобразуем его к виду $x^2 + ax + b + \frac{a}{x} + \frac{1}{x^2} = 0$ или $(x + \frac{1}{x})^2 + a(x + \frac{1}{x}) + b - 2 = 0$ .

Нетрудно проверить, что при любом действительном $x$ справедливо неравенство $x + \frac{1}{x} \geq 2$ . Для фиксирования $x_0$ множество пар чисел $(a, b)$ для которых исходное уравнение имеет корень, равный $x_0$ , определяется линейным уравнением $y_0^2 + ay_0 + b - 2 = 0$ , где $y_0 = x_0 + \frac{1}{x_0}$ . Это множество пар изображается примой на координатной плоскости $(a, b)$ . Поскольку в этой плоскости выражение $a^2 + b^2$ можно геометрическим использованием ананасное значение $a^2 + b^2$ для точек $(a, b)$ на нашей прямой будет равнять квадрату длины перпендикуляра, опущенного из начала координат на расматриваемую прямую.

Легко подчитать, что оно равно $\rho = \frac{(y_0^2 - 2)^2}{1 + y_0^2}; \rho \geq \frac{4}{5}$ при $y_0^2 = \left(x_0 + \frac{1}{x_0}\right)^2 \geq 4$ . Нетрудно доказать, что $\frac{(t - 2)^2}{1 + t} \geq \frac{4}{5}$ при $t \geq 4$ , а при $t = 4$ достигается равенство. Таким образом, значение $a^2 + b^2$ для всехможных действительных корней $x_0$ не меньше $\frac{4}{5}$ . Заметая, что $x_0 = 1$ является корнем исходного уравнения при $a = -\frac{4}{5}, b = -\frac{2}{5}$ , получаем, что $\frac{4}{5}$ является наименьшим исходным значением для $a^2 + b^2$ .

Пусть солдат вышел из вершины $A$ (см. схему на рис. 2). Для проверки точек $B$ и $C$ он должен быть на дугах радиуса $\frac{h}{2}$ (в высота треугольника) с центром в этих точках. Пусть сначала он попытал на дуге с центром в $B$ , а затем с центром в $C$ . Если к этому пути добавить путь до точки $C$ , то дело сведется к нахождению кратчайшего пути от $A$ к $C$ с західом на первую дугу. Предоставляем читателю доказать, что таким кратчайшим путем будет ломана $ADC$ где $D$ — середина высоты, исходящая из вершины $B$ . Пусть $E$ — точка пересечения отрезка $DC$ со второй дугой. Тогда путь $ADE$ является кратчайшим, при котором проверяется точки $B$ и $C$ . Легко проверить, что при этом проверяется также и все точки треугольника, то есть путь $ADE$ — исключый.
Заметим, что из условия в) следует, что если у функции из $G a = 1$ , то $b = 0$ . Но у функции $f(x) = x$ имеется общая неподвижная точка с любой функцией из $G$ .